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初一数学竞赛教程含例题练习及答案⑽

发布时间:2013-11-22 08:34:38  

初一数学竞赛讲座

第10讲 计数的方法与原理

计数方法与原理是组合数学的主要课题之一,本讲介绍一些计数的基本方法及计数的基本原理。

一、枚举法

一位旅客要从武汉乘火车去北京,他要了解所有可供乘坐的车次共有多少,一个最易行的办法是找一张全国列车运行时刻表,将所有从武汉到北京的车次逐一挑出来,共有多少次车也就数出来了,这种计数方法就是枚举法。所谓枚举法,就是把所要求计数的所有对象一一列举出来,最后计算总数的方法。运用枚举法进行列举时,必须注意无一重复,也无一遗漏。

例1 四个学生每人做了一张贺年片,放在桌子上,然后每人去拿一张,但不能拿自己做的一张。问:一共有多少种不同的方法?

解:设四个学生分别是A,B,C,D,他们做的贺年片分别是a,b,c,d。 先考虑A拿B做的贺年片b的情况(如下表),一共有3种方法。

同样,A拿C或D做的贺年片也有3种方法。

一共有3+3+3=9(种)不同的方法。

例2 甲、乙二人打乒乓球,谁先连胜两局谁赢,若没有人连胜头两局,则谁先胜三局谁赢,打到决出输赢为止。问:一共有多少种可能的情况? 解:如下图,我们先考虑甲胜第一局的情况:

图中打√的为胜者,一共有7种可能的情况。同理,乙胜第一局也有 7种可能的情况。一共有 7+7=14(种)可能的情况。

二、加法原理

如果完成一件事情有n类方法,而每一类方法中分别有m1,m2,?,mn种方法,而不论采用这些方法中的任何一种,都能单独地完成这件事情,那么要完成这件事情共有:N=m1+m2+?mn种方法。

这是我们所熟知的加法原理,也是利用分类法计数的依据。

1

例3 一个自然数,如果它顺着数和倒着数都是一样的,则称这个数为“回文数”。例如1331,7,202都是回文数,而220则不是回文数。问:1到6位的回文数一共有多少个?按从小到大排,第2000个回文数是多少?

解:一位回文数有:1,2,?,9,共9个;

二位回文数有:11,22,?,99,共9个;

三位回文数有:101,111,?,999,共90个;

四位回文数有:1001,1111,?,9999,共90个;

五位回文数有:10001,10101,?,99999,共900个;

六位回文数有:100001,101101,?,999999,共900个。

到六位数为止,回文数共有

9+9+90+90+900+900=1998(个)。

第1999个回文数是1000001,第2000个回文数是1001001。

例4 设有长度为1,2,?,9的线段各一条,现在要从这9条线段中选取若干条组成一个正方形,共有多少种不同的取法?这里规定当用2条或多条线段接成一条边时,除端点外,不许重叠。

解法1:因为

所以正方形的边长不大于11。

下面按正方形的边长分类枚举:

(1)边长为11:9+2=8+3=7+4=6+5,可得1种选法;

(2)边长为10:9+1=8+2=7+3=6+4,可得1种选法;

(3)边长为 9:9=8+1=7+2=6+3=5+4,可得5种选法;

(4)边长为8:8=7+1=6+2=5+3,可得1种选法;

(5)边长为7:7=6+1=5+2=4+3,可得1种选法;

(6)边长≤6时,无法选择。

综上计算,不同的取法共有

1+1+5+1+1=9(种)。

解法2:由于这些线段互不等长,故至少要用7条线段才能组成一个正方形。当恰取7条线段组成正方形时,正方形的3条边各用2条线相接,另一条边只用一条线段;当恰用8条线段时,只能每边各用2条线段相接(容易看出,其他情况不可能发生)。因为 1+2+?+9=45, 45不能被4整除,所以用9条线段,不可能组成正方形。由解法一知,拼出的正方形边长至多为11,又易知正方形的边长不可能为1,2,3,4,5,6。有了以上分析就容易计数了。

(1)取出7条线段,有以下7种:

7=1+6=2+5=3+4;

8=1+7=2+6=3+5;

9=1+8=2+7=3+6=4+5

(这个式子有5种);

(2)取出8条线段,有以下2种:

1+9=2+8=3+7=4+6;

2+9=3+8=4+7=5+6。

综上所述,不同的取法共有7+2=9(种)。

三、乘法原理

2

如果完成一件事必须分n个步骤,而每一个步骤分别有m1,m2,?,mn种方法,那么完成这件事共有:N=m1×m2×?×mn种方法。

这就是乘法原理,它是分步法的依据。乘法原理和加法原理被称为是计数的基本原理。我们应注意它们的区别,也要注意二者的联合使用。

例5 一台晚会上有6个演唱节目和4个舞蹈节目。求:

(1)当4个舞蹈节目要排在一起时,有多少不同的安排节目的顺序?

(2)当要求每2个舞蹈节目之间至少安排1个演唱节目时,一共有多少不同的安排节目的顺序?

解:(1)先将4个舞蹈节目看成1个节目,与6个演唱节目一起排,有 7!=7×6×5×4×3×2×1=5404(种)方法。

第二步再排4个舞蹈节目,有4!=4×3×2×1=24(种)方法。

根据乘法原理,一共有 5040×24=120960(种)方法。

(2)首先将6个演唱节目排成一列(如下图中的“□”),一共有6!=6×5×4×3×2 ×1=720(种)方法。

×□×□×□×□×□×□×

第二步,再将4个舞蹈节目排在一头一尾或2个演唱节目之间(即上图中“×”的位置),这相当于从7个“×”中选4个来排,一共有7×6×5×4=840(种)方法。

根据乘法原理,一共有720×840=604800(种)方法。

例6 有8个队参加比赛,如果采用下面的淘汰制,那么在赛前抽签时,实际上可以得到多少种不同的安排表?

解:8个队要经过3轮比赛才能确定冠亚军。将第1轮的4组,自左至右记为1,2,3,4组,其中第1,2组为甲区,3,4组为乙区。8个队抽签即是在上图的8个位置排列,共有

8!=8×7×6×5×4×3×2×1=40320(种)

不同的方法。

但是,两种不同的排列不一定是实际上不同比赛的安排表。事实上,8队中的某4队都分在甲区或乙区,实际上是一样的;同区的4队中某2队在某一组或另一组,实际上也是一样的;同组中的2队,编号谁是奇数谁是偶数实际也是一样的。

由乘法原理知,在40320种排法中,与某一种排法实质上相同的排法有 2×22×24=27=128(种),故按实际不同比赛安排表的种数是

四、对应法

小孩子数苹果,往往掰着手指头,一个一个地掰,掰完左手掰右手,这种数苹果的方法就是对应法。小孩子把苹果与自己的手指头一对一,他掰了几个指头,也就数出了几个苹果。一般地,如果两类对象彼此有一对一的关系,那么我们可以通过对一类较易计数的对象计数,而得出具有相同数目的另一类难于计数的对象的个数。

3

例7 在8×8的方格棋盘中,取出一个由 3个小方格组成的“L”形(如图

1),一共有多少种不同的方法?

解:每一种取法,有一个点与之对应,这就是图1中的A点,它是棋盘上横线与竖线的交点,且不在棋盘边上。

从图2可以看出,棋盘内的每一个点对应着4个不同的取法(“L”形的“角”在2×2正方形的不同“角”上)。

由于在 8×8的棋盘上,内部有7×7=49(个)交叉点,故不同的取法共有 49×4=196(种)。

例8 数3可以用4种方法表示为1个或几个正整数的和,如3,1+2,2+1,1+1+1。问:1999表示为1个或几个正整数的和的方法有多少种?

分析与解:我们将1999个1写成一行,它们之间留有1998个空隙,在这些空隙处,或者什么都不填,或者填上“+”号。例如对于数3,上述4种和的表达方法对应:

111,11+1,1+11,1+1+1。

显然,将1999表示成和的形式与填写1998个空隙处的方式之间一对一,而每一个空隙处都有填“+”号和不填“+”号2种可能,因此1999可以表示为正整数之和的不同方法有

五、容斥原理

在应用加法原理时,关键在于把所要计数的对象分为若干个不重不漏的类,使得每类便于计数。但是具体问题往往是复杂的,常常扭成一团,难以分为不重不漏的类,而要把条理分清楚就得用加法原理的推广——容斥原理。

为了表达方便,我们用A表示A类元素的个数,用B表示B类元素的个数,用 A∪B表示是 A类或是 B类元素的个数,用A∩B表示既是A类又是B类元素的个数。A∪B∩C,A∪B∩C的意义类似。

容斥原理1 如果被计数的事物有两类,那么A∪B=A+B-A∩B。

容斥原理2 如果被计数的事物有三类,那么A∪B∪C=A+B+C-A∩B-B∩C-A∩C+A∩B∩B。

容斥原理的实质在于包含与排除,或形象地称之为“多退少补”。容斥原理若用韦恩图进行分析和记忆,十分方便,留给读者研究。

例9 在100名学生中,有10人既不会骑自行车又不会游泳,有65人会骑自行车,有73人会游泳,既会骑自行车又会游泳的有多少人?

解:从100名总人数中减去既不会骑自行车又不会游泳的10人,就是会骑自行车或会游泳的人数

100-10=90(人)。

既会骑自行车又会游泳的有(65+73)-90=48(人)。

例10 在1至100的自然数中,不能被2整除,又不能被3整除,还不能被5整除的数,占这100个自然数的百分之几?

4

解:由容斥原理2知,1至100的自然数中,或能被2整除,或能被3整除,或能被5整除的自然数的个数是

=50+33+20-16-6+3=74。

所以,在1至100的自然数中,不能被2整除,又不能被3整除,还不能被5整除的自然数有100-74=26(个),占这100个自然数的26%。

六、归纳法

对于比较复杂的问题,可以先观察其简单情况,归纳出其中带规律性的东西,然后再来解决较复杂的问题。

例11 10个三角形最多将平面分成几个部分?

解。设n个三角形最多将平面分成an个部分。

n=1时,a1=2;

n=2时,第二个三角形的每一条边与第一个三角形最多有2个交点,三条边与第一个三角形最多有2×3=6(个)交点。这6个交点将第二个三角形的周边分成了6段,这6段中的每一段都将原来的每一个部分分成2个部分,从而平面也增加了6个部分,即a2=2+2×3。

n=3时,第三个三角形与前面两个三角形最多有4×3=12(个)交点,从而平面也增加了12个部分,即:

a3=2+2×3+4×3。

??

一般地,第n个三角形与前面(n-1)个三角形最多有2(n-1)×3个交点,从而平面也增加2(n-1)×3个部分,故

an=2+2×3+4×3+?+2(n-1)×3

=2+[2+4+?+2(n-1)]×3

=2+3n(n-1)=3n2-3n+2。

特别地,当n=10时,a10=3×102+3×10+2=272,即10个三角形最多把平面分成272个部分。

七、整体法

解答数学题,有时要“化整为零”,使问题变得简单;有时反而要从整体上来考虑,从全局、从整体来研究问题。

例12 正方形ABCD的内部有1999个点,以正方形的4个顶点和内部的1999个点为顶点,将它剪成一些三角形。问:一共可以剪成多少个三角形?共需剪多少刀?

解:我们从整体来考虑,先计算所有三角形的内角和。汇聚在正方形内一点的诸角之和是360°,而正方形内角和也是360°,共有 360°×1999+360°,从而三角形的个数是

由于每个三角形有三条边,而正方形纸原来的4条边当然不用剪;其余的边,由于是两个三角形的公共边,剪一刀出两条边,所以共剪的刀数是

5

练习10

1.一只青蛙在A,B,C三点之间跳动,若青蛙从A点跳起,跳4次仍回到A点,则这只青蛙一共有多少种不同的跳法?

2.在国际象棋棋盘上放置两只“车”,如果它们彼此不构成威胁,那么一共有多少种不同的放法?

3.在8×8的棋盘上可以找到多少个形如右图所示的“凸”字形图形?

4.从19,20,21,?,97,98,99这81个数中,选取两个不同的数,使其和为偶数的选法总数是多少?

5.平面上有7个不在同一直线上的点,以这7个点作为顶点做三角形,使得任何两个三角形至多只有一个公共顶点。最多可做出多少个满足条件的三角形?

6.下图是一个道路图。A处有一大群孩子,这群孩子向东或向北走,在从A开始的每个路口,都有一半人向北走,另一半人向东走,如果先后有60个孩子到过路口B,那么先后共有多少个孩子到过路口C?

7.在1001,1002,?,2000这1000个自然数中,可以找到多少对相邻的自然数,使它们相加时不进位?

8.有10个箱子,编号为1,2,?,10,各配一把钥匙,10把各不相同,每个箱子放进一把钥匙锁好,先撬开1,2号箱子,取出钥匙去开别的箱子,如果最终能把所有箱子的锁都打开,则说是一种好的放钥匙的方法。求好的方法的总数。

练习10答案

1.6种。

解:如下图,第1步跳到B,4步回到A有3种方法;同样第1步到C的也有3种方法。共有6种方法。

2.3136种。

解:第一步,放第一只“车”,有64种方法;第二步,放第二只“车”,因不能和第一只同行,也不能同列,故有49种方法。由乘法原理,一共有64×49=3136(种)放法。

3.168个。

解:在每个2×3的长方形中可以找到2个“凸”字形图形,8×8方格棋盘中共有84个2×3的长方形,所以可以找到

84×2=168(个)。

4.1600种。

6

解:从19到99共计81个不同的整数,其中有41个奇数、40个偶数。 若选取两数之和为偶数,则必须且只须选取的两个数有相同的奇偶性,所以选取的方法数分为两类:第一类,选取两个不同偶数的方法数;第二类,选取两个不同奇数的方法数。依加法原理,这两类方法数的总和即为所求的方法数。 第一类是从40个偶数中选取两个不同偶数的方法数,先取第一个偶数有40种方法,从其余39个偶数中选择第2个有39种方法,依乘法原理,共有40×39种不同的方法,但注意选取第1个数比如30,选取第 2个数比如 32,与选第1个数32,再选第2个数30,是同一组。所以总的选法数应该折半,

第二类是从41

个奇数中选取两个不同奇数的方法数,与上述方法相同,

5.7个。

2个三角形至多有1个公共顶点,从而任意2

个三角形没有公共边,故至多

另一方面,7个是可以达到的。设7个点依次为A1,A2,?,A7。如右图,△A1A2A3,△A1A4A5,△A1A6A7,△A2A4A6,△A2A5A7,△A3A4A7,△A3A5A6这7个三角形两两没有公共边。

故最多可以做7个三角形。

6.48人。

解:如下图,设A处有a

个孩子,图中各个路口边上的数字表示到过该

7

又从下图看出,到过路口C的人数为

7.156个。

解:相邻两数相加不需进位的数对中,前一个数可分成四类:

(1)1999,1个;

由加法原理知,这样的数对共有

1+5+25+125=156(个)。

8.725760。

解:设第1,2,3,?,10号箱子中所放的钥匙号码依次为k1,k2,k3,?,k10。当箱子数为n(n≥2)时,好的放法的总数为an。

当n=2时,显然a2=2(k1=1,k2=2或k1=2,k2=1)。

当n=3时,显然k3≠3,否则第3个箱子打不开,从而k1=3或k2=3,于是n=2时的每一组解对应n=3的2组解,这样就有a3=2a2=4。

当n=4时,也一定有k4≠4,否则第4个箱子打不开,从而k1=4或k2=4或k3=4,于是n=3时的每一组解,对应n=4时的3组解,这样就有a4=3a3=12。 依次类推,有

a10=9a9=9×8a8=?

=9×8×7×6×5×4×3×2a2

=2×9!=725760。

即好的方法总数为725760。

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